(江苏专版)高考数学二轮专题复习与策略 第1部分 专题4 立体几何 第14讲 高考中的立体几何教师用

第14讲 高考中的立体几何
题型一| 空间位置关系的证明
(2016·某某高考)如图14－1，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，
BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.
图14－1
求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ；
(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .
[解题指导] (1)DE 是△ABC 的中位线――→中位线的性质DE ∥AC ――→平行的传递性
DE ∥A 1C 1
线面平行的判定
DE ∥平面A 1C 1F (2)A 1C 1⊥A 1B 1―――――→直棱柱的性质A 1C 1⊥平面ABB 1A 1―→A 1C 1⊥B 1D ――→B 1D ⊥A 1F
B 1D ⊥平面A 1
C 1F ―→平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F
[证明] (1)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .
在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，
所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1. 2分
又因为DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，
所以直线DE ∥平面A 1C 1F . 4分
(2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1.
因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1. 6分
又因为A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1，所以A 1C 1⊥平面
ABB 1A 1. 8分
因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D . 10分
又因为B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1，所以B 1D ⊥平面A 1C 1F . 12分
因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 14分
【名师点评】 1.正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判
断和证明的基础；证明面面平行、垂直时，常转化为线面的平行与垂直，再转化为线线的平
行与垂直．
2．证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要
多画出一些图形辅助使用．
1．(2016·苏锡常镇调研一)如图14－2，已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是平行四边
形，PA ⊥平面ABCD ，M 是棱AD 的中点，N 是棱PC 的中点．
图14－2
(1)求证：MN ∥平面PAB ；
(2)若平面PMC ⊥平面PAD ，求证：CM ⊥AD .
[证明] (1)取PB 中点E ，连结EA ，EN ，NM ，在△PBC 中，EN ∥BC 且EN ＝12
BC ，又AM ＝12
AD ，AD ∥BC ，AD ＝BC ，
得EN ∥AM ，EN ＝AM ，∴四边形ENMA 是平行四边形， 4分
得MN ∥AE ，MN ⊄平面PAB ，AE ⊂平面PAB ，
∴MN ∥平面PAB . 6分
(2)过点A作PM的垂线，垂足为H.
∵平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD＝PM，AH⊥PM，
AH⊂平面PAD，
∴AH⊥平面PMC，∵CM⊂平面PMC，∴AH⊥CM. 12分
∵PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM.
∵PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD.
∵AD⊂平面PAD，∴CM⊥AD. 14分
2．如图14－3，在四棱锥P－ABCD中，已知底面ABCD为矩形，PA⊥平面PDC，点E为棱PD的中点．求证：
图14－3
(1)PB∥平面EAC；
(2)平面PAD⊥平面ABCD.
[证明] (1)连结BD与AC相交于点O，连结OE.
因为四边形ABCD为矩形，所以O为BD中点.3分
因为E为棱PD中点，所以PB∥OE.
因为PB⊄平面EAC，OE⊂平面EAC，
所以直线PB∥平面EAC. 6分
(2)因为PA⊥平面PDC，CD⊂平面PDC，所以PA⊥CD.
因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD. 10分
因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.
因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD. 14分
3．如图14－4，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，点D ，E 分别是A 1C ，AB 的中点．
图14－4
(1)求证：DE ∥平面BB 1C 1C ；
(2)若AB ＝2BB 1，求证：A 1B ⊥平面B 1CE .
[证明] (1)连结AC 1，BC 1，
因为AA 1C 1C 是矩形，D 是A 1C 的中点，
所以D 是AC 1的中点.3分
在△ABC 1中，因为D ，E 分别是AC 1，AB 的中点，
所以DE ∥BC 1.
因为DE ⊄平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，
所以DE ∥平面BB 1C 1C . 6分
(2)因为△ABC 是正三角形，E 是AB 的中点．
所以CE ⊥AB .
又因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，
平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，交线为AB ，
所以CE ⊥平面ABB 1A 1，
从而CE ⊥A 1B .
在矩形ABB 1A 1中，
因为A 1B 1B 1B ＝2＝B 1B BE
， 所以Rt △A 1B 1B ∽Rt △B 1BE ， 12分
从而∠B 1A 1B ＝∠BB 1E ，
因此∠B 1A 1B ＋∠A 1B 1E ＝∠BB 1E ＋∠A 1B 1E ＝90°，
所以A 1B ⊥B 1E .
又因为CE ，B 1E ⊂平面B 1CE ，CE ∩B 1E ＝E ，
所以A 1B ⊥平面B 1CE . 14分
题型二| 空间几何体的体积计算
如图14－5，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝
∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点．
图14－5
(1)求证：EF ⊥平面BCG ；
(2)求三棱锥D －BCG 的体积．
附：锥体的体积公式V ＝13
Sh ，其中S 为底面面积，h 为高． 【导学号：19592044】
[解] (1)证明：由已知得△ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC . 2分
又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD .3分
同理BG ⊥AD ，又BG ∩CG ＝G ，因此AD ⊥平面BGC .5分
又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .7分
(2)在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O .
由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .9分
又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半.11分
在△AOB 中，AO ＝AB ·sin 60°＝3，
所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13
S △DBC ·h ＝13×12BD ·BC ·sin 120°·32＝12
. 14分 【名师点评】 1.求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，
底面放在已知几何体的某一面上．
2．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何
体以易于求解．
3．在求空间几何体的高时，常根据已知线段的比例关系来确定高的比例关系，例如本
例中点A 、点G 到平面BCD 的距离的关系．
已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AD ⊥平面A 1BC ，其垂足D 落在直线A 1B 上．
(1)求证：平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1；
(2)若AD ＝3，AB ＝BC ＝2，P 为AC 中点，求三棱锥P －A 1BC 的体积．
图14－6
[解] (1)证明：直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，
∴AA 1⊥BC .
∵AD ⊥平面A 1BC ，
∴AD ⊥BC .3分
∵AA 1，AD 为平面ABB 1A 1内两相交直线，
∴BC ⊥平面ABB 1A 1.
又∵BC ⊂平面A 1BC ，
∴平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1. 6分
(2)法一：由等积变换得VP －A 1BC ＝VA 1－PBC ，
在Rt △A 1AB 中，由射影定理知AA 1＝2 3.
∵AA 1⊥平面PBC ，
∴三棱锥的高为AA 1＝2 3. 12分
又∵底面积S △PBC ＝1，
∴VP －A 1BC ＝VA 1－PBC ＝13S △PBC ×AA 1＝233
. 14分 法二：连结CD ，取CD 中点Q ，连结PQ .∵P 为AC 的中点，∴PQ ∥AD ，PQ ＝12
AD . ∵AD ＝3，∴PQ ＝32
， 12分 由(1)知AD ⊥平面A 1BC ，∴PQ ⊥平面A 1BC ，
∴PQ 为三棱锥P －A 1BC 的高，
又由(1)知BC ⊥平面ABB 1A 1，
∴BC ⊥BA 1，∴S △A 1BC ＝4.
∴VP －A 1BC ＝233
. 14分 题型三| 空间角的计算
(2013·某某高考)如图14－7，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝
AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．
图14－7
(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；
(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．
[解] (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，
B (2,0,0)，
C (0,2,0)，
D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →
＝(1，
－1，－4). 3分
因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →
|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010
. 6分 (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD
→＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)
是平面ADC 1的一个法向量. 12分
取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为
θ.
由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23
，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为
53
. 14分 【名师点评】 三种空间角的向量求法
1．异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|；
2．直线与平面所成的角θ主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|；
3．二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其
补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．
(2016·某某期中)如图14－8，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB
＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．
图14－8
(1)求二面角A －DF －B 的大小；
(2)试在线段AC 上确定一点P ，使PF 与BC 所成的角是60°.
[解] (1)以CD →，CB →，CE →为正交基底，建立空间直角坐标系，
则E (0,0,1)，D (2，0,0)，F (2，2，1)，B (0，2，0)，A (2，2，0)，BD →＝(2，
－2，0)，BF →＝(2，0,1)．平面ADF 的法向量t ＝(1,0,0)，
设平面DFB 法向量n ＝(a ，b ，c )，则n ·BD →＝0，n ·BF →＝0，3分
所以⎩⎨⎧ 2a －2b ＝0，
2a ＋c ＝0.令a ＝1，得b ＝1，c ＝－2，所以n ＝(1,1，－2)．
设二面角A －DF －B 的大小为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0<θ<π2， 从而cos θ＝|cos 〈n ，t 〉|＝12
，∴θ＝60°， 故二面角A －DF －B 的大小为60°. 6分
(2)依题意，设P (a ，a,0)(0≤a ≤2)，则PF →＝(2－a ，2－a,1)，CB →＝(0，2，0).
10分
因为〈PF →，CB →〉＝60°，所以cos 60°＝2
2－a 2×22－a 2＋1
＝12，解得a ＝22， 所以点P 应在线段AC 的中点处. 14分。